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MAT-230: Geometria e Desenho Geométrico I
Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. Ricardo Bianconi
2o Semestre de 2001
1. Introdução: O objetivo desta disciplina é discutir os fundamentos da geometria eu-
clideana (o quê e o porque das construções geométricas estudadas). Vamos fazer isto introduzindo
definições dos vários objetos a serem estudados e postulados, que vão definir e restringir as pro-
priedades de tais objetos e “regulamentar” as construções geométricas permitidas. Vai ser muito
importante o estudo do Postulado das Paralelas (que diz que dada uma linha ` e um ponto P fora
dela, então exite uma única linha passando por P e paralela a `). Desde os tempos de Euclides (em
torno de 300 AC) até o século XIX, diversos matemáticos tentaram provar este postulado a partir
dos outros. Estas tentativas foram extremamente frut́ıferas no sentido de se descobrirem várias
construções geométricas importantes, bem como novas geometrias em que não vale o postulado.
Estas novas geometrias é que permitiram Einstein formular a Teoria da Relatividade Geral (como
ele mesmo reconheceu).
Neste texto estão inclúıdos vários exerćıcios. Os desenhos explicativos irão surgir numa edição
posterior deste texto. Convido os leitores a fazerem seus próprios desenhos, tentando entender o
que está escrito.
2. Postulados de Incidência: Vamos começar definindo o contexto de nosso tra-
balho. Uma geometria (plana) de incidência é um conjunto π que chamamos de plano, cujos
elementos são chamados de pontos e com alguns subconjuntos de π chamados de linhas. Os
postulados de incidência impõem as primeiras restrições sobre as linhas:
Postulado 1: Dados dois pontos distintos P e Q, existe uma única linha contendo P e Q, que
podemos denotar como
←→
PQ
Postulado 2: Cada linha contém pelo menos dois pontos.
Postulado 3: Existem pelo menos três pontos não colineares (ou seja, não numa mesma linha).
Com isto ainda temos uma classe muito grande de possibilidades, inclusive geometrias finitas.
Por exemplo, π = {A, B, C} um plano com três pontos, tendo como linhas `1 = {A,B}, `2 = {A,C}
e `3 = {B,C}. É claro que valem os três postulados para esta geometria.
Exerćıcio 1: Dada uma linha `, mostre que existe um ponto P fora de `. (Que postulados
garantem isto?)
1
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Exerćıcio 2: Uma Geometria Projetiva Plana é uma geometria de incidência que também
satisfaz mais dois postulados: cada linha tem pelo menos três pontos e, dadas duas linha distintas
`1 e `2, existe um único ponto comum às duas linhas. Mostre que π = {A,B, C, D, E, F,G} com
`1 = {A,B, C}, `2 = {A,D, E}, `3 = {A,G,F}, `4 = {C,G, D}, `5 = {C,F,E}, `6 = {B,G, E} e
`7 = {B,D,F} é uma geometria projetiva. (Verifique se valem todos os postulados.)
Exerćıcio 3: O plano da Geometria Anaĺıtica é o conjunto R2 dos pares ordenados de
números reais. As linhas são as retas {(x, y) ∈ R2 : ax + by = c}. Mostre que esta é uma geometria
de incidência. (Verifique se valem os postulados: para o primeiro, ache a equação da reta que passa
pelos pontos P e Q em termos de suas coordenadas, verificando que a reta é única; para o segundo
verifique que cada reta tem pelo menos dois pontos, dando exemplos particulares; dê exemplo de
três pontos não colineares.)
Exerćıcio 4: O plano da Geometria Hiperbólica é o conjunto H = {(x, y) ∈ R2 : y > 0}.
As linhas são de dois tipos: verticais `a = {(x, y) ∈ H : x = a} ou arcos de circunferência `p,r =
{(x, y) ∈ H : (x − p)2 + y2 = r2}. Mostre que esta é uma geometria de incidência. (Verifique se
valem os postulados: para o primeiro, ache a equação da linha que passa pelos pontos P e Q em
termos de suas coordenadas, verificando que é única; separe em dois casos, P = (a, b) e Q = (a, c),
mesma abscissa e P = (a, b) e Q = (c, d) com a 6= c; para o segundo verifique que cada linha tem
pelo menos dois pontos, dando exemplos particulares; dê exemplo de três pontos não colineares.)
Exerćıcio 5: O plano de Moulton é o conjunto R2, com linhas das forma `a = {(x, y) ∈ R2 :
x = a} (verticais), ou `m,b = {(x, y) ∈ R2 : y = mx + b}, com m < 0 (linhas retas de inclinações
negativas) ou da forma `∗m,b = {(x, y) ∈ R2: y = 2mx + b, se x < 0 e y = mx + b se x ≥ 0}, com
m ≥ 0, (linhas quebradas e de inclinacoes positivas quando passam pelo eixo Oy). Mostre que esta
também é geometria de incidência.
Exerćıcio 6: O plano “rasgado” é o conjunto π = {(x, y) ∈ R2: x < 0 ou x ≥ 1} e suas linhas
são da forma {(x, y) ∈ π : ax + by = c}. Mostre que esta é uma geometria de incidência.
3. Postulado da Régua - Exemplos: Agora vamos restringir mais nossas ge-
ometrias. Vamos impor que cada linha tem uma régua graduada, ou seja, a cada ponto da linha
associaremos um número real (o número que aparece na régua, logo abaixo do ponto). Mais formal-
mente:
Postulado 4: (Postulado da Régua) Para cada linha `, existe (pelo menos) uma função
f : `→ R bijetora, chamada de régua de ` (ou seja, f é uma regra que associa a cada ponto P de `
um único número real f(P ) e, dado um número real r ∈ R, existe um único ponto Q de ` associado
a r, f(Q) = r.)
É como se as linhas fossem traçadas com uma régua graduada (talvez um pouco torta, depen-
dendo da geometria). A ponta do lápis em cada instante estará em cima de um ponto de ` e o
número que aparece na régua nesse lugar é o valor associado ao ponto.
Uma Geometria Métrica é uma geometria com régua graduada em que fizemos a escolha de
uma régua para cada linha e usamos estas réguas para definir uma distância d(P,Q) = |f(P ) −
f(Q)|, sendo f a régua escolhida para a linha
←→
PQ .
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IMPORTANTE: Daqui em diante, todas as geometrias consideradas serão métricas, ou seja,
as réguas já foram previamente escolhidas e uma distância compat́ıvel determinada.
Exerćıcio 7: Na geometria anaĺıtica, dada uma reta ` de equação ax + by = c, escolhemos dois
pontos arbitrários P = (x0, y0) e Q = (x1, y1) tais que
√
(x1 − x0)2 + (y1 − y0)2 = 1; qualquer outro
ponto R = (x, y) desta reta é determinado obtendo um número real t tal que (x, y) = (x0, y0) +
t(x1−x0, y1− y0). Neste caso, definimos f(R) como o valor t obtido. No caso de R = P , temos que
t = 0 e se R = Q, t = 1. Mostre que f é uma régua para `.
Verifique que a distância entre os pontos U = (u1, v1) e V = (u2, v2) (definida a partir da régua)
nesta geometria é d(U, V ) = dE(U, V ) =
√
(u2 − u1)2 + (v2 − v1)2.
Solução e/ou Sugestão: Primeiro vamos mostrar que para cada ponto (x2, y2) da reta ax+by =
c existe um único t tal que (x2, y2) = (x0, y0) + t(x1 − x0, y1 − y0). Com isto, obtemos um sistema
linear de duas equações a uma incógnita t{
(x1 − x0) t = x2 − x0
(y1 − y0) t = y2 − y0
e precisamos mostrar que tem uma única solução. Como P 6= Q, então ou x1 6= x0, ou y1 6= y0.
No primeiro caso, podemos isolar t da primeira equação, obtendo t = (x2 − x0)/(x1 − x0). Dáı,
substitúımos na segunda equação para ver se é um sistema posśıvel de resolver; usando a equação
da reta ax + by = c, como x1 6= x0, a reta não pode ser vertical. Por isso, o coeficiente b 6= 0 e
podemos isolar y em função de x, obtendo y = (c − ax)/b; assim temos que y2 = (c − ax2)/b e
y0 = (c− ax0)/b. Portanto, substituindo t na segunda equação, temos
(y1 − y0)t = (y1 − y0)
(x2 − x0)
(x1 − x0)
= (x2 − x0)
(y2 − y0)
(x1 − x0)
= −a
b
(x1 − x0) = y2 − y0,
ou seja, o sistema é posśıvel e determinado e portanto tem uma única solução. No caso em que
x0 = x1, devemos ter que y0 6= y1, e argumentamos de modo análogo.
Agora, dado r ∈ R, precisamos mostrar que o ponto R de coordenadas (x3, y3) = (x0, y0)+r(x1−
x0, y1 − y0) está na reta ax + by = c, ou seja, ax3 + by3 = c. Substituindo x3 por x0 + r(x1 − x0) e
y3 por y0 + r(y1 − y0), e usando o fato que P e Q estão nesta reta, temos
ax3+by3 = a[x0+r(x1−x0)]+b[y0+r(y1−y0)] = (1−r)(ax0+by0)+r(ax1+by1)= (1−r)c+rc = c,
ou seja, R = (x3, y3) também está na reta.
Para verificar a fórmula da distância, sejam r = f(U) e s = f(V ) os valores da régua correspon-
dentes. Então U = (u1, v1) = (x0, y0)+r(x1−x0, y1−y0) e V = (v1, v2) = (x0, y0)+s(x1−x0, y1−y0)
e d(U, V ) = |r−s|. Subtraindo as duas equações, obtemos (u1−v1, u2−v2) = (r−s)(x1−x0, y1−y0).
Elevendo ao quadrado cada coordenada e somando as duas, temos (u1 − v1)2 + (u2 − v2)2 =
(r−s)2[(x1−x0)2+(y1−y0)2] = (r−s)2, pois escolhemos P e Q de modo que (x1−x0)2+(y1−y0)2 = 1;
tirando as ráızes quadradas, temos
d(U, V ) = |r − s| =
√
(r − s)2 =
√
(u1 − v1)2 + (u2 − v2)2
que é o que queŕıamos mostrar.
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Exerćıcio 8: A Geometria do Taxista tem o plano e as linhas da geometria anaĺıtica mas
com as réguas definidas por f(P ) = y se ` é uma reta vertical (de equação x = a) e (a, y) são as
coordenadas de P e f(P ) = (1 + |m|)x se ` for uma reta não vertical, de equação y = mx + b, e
(x, y) forem as coordenadas de P . Verifique que nos dois casos f é realmente uma régua.
Verifique que d(P,Q) = |x1 − x0|+ |y1 − y0| nesta geometria, sendo P = (x0, y0) e Q = (x1, y1).
Exerćıcio 9: Na geometria hiperbólica, dada uma linha da forma `a = {(x, y) ∈ H : x = a},
defino f(P ) = | ln(y)|, sendo que (a, y) é a coordenada de P , e para uma linha da forma `p,r =
{(x, y) ∈ H : (x− p)2 + y2 = r2}, defino
f(P ) =
∣∣∣∣ln(x− p + ry
)∣∣∣∣ ,
sendo (x, y) as coordenadas de P . Mostre que em ambos os casos f é uma régua. No caso de `p,r,
dado o número real t, o ponto P tal que f(P ) = t tem coordenadas (x, y) com x = p + r tgh (t) e
y = r sech (t), sendo que
tgh (t) =
et − e−t
et + e−t
e sech t =
2
et + e−t
Verifique que a distância nesta geometria é dada por d(P,Q) = | ln(d/b)| se P tem coordenadas
(a, b) e Q tem coordenadas (a, d) (estão na mesma linha vertical) e por
d(P,Q) =
∣∣∣∣ln(d(a− p + r)b(c− p + r)
)∣∣∣∣ ,
se P tem coordenadas (a, b) e Q tem coordenadas (c, d), com a 6= c (estão na mesma linha `p,r).
Exerćıcio 10: No plano de Moulton, definimos f : `→ R por f(P ) = y se ` é uma linha vertical
(de equação x = a) e (a, y) são as coordenadas de P , f como na geometria anaĺıtica para `m,b com
m < 0 e por
f(P ) =
{
a
√
1 + 4m2 se a < 0
a
√
1 + m2 se a ≥ 0,
sendo que P tem coordenadas (a, b) e está na linha quebrada `∗m,b = {(x, y) ∈ R2 : y = 2mx + p se
x < 0 e y = mx + p se x ≥ 0} (com m ≥ 0). Verifique que f é régua e, neste caso, a distância entre
P = (a, b) e Q = (c, d) é
d(P,Q) =
{
dE(P, (0, p)) + dE((0, p), Q) se ac < 0
dE(P,Q) caso contrário,
sendo que dE é a distância da geometria anaĺıtica (ou euclideana). Observe que a condição ac < 0
significa que os pontos P e Q estão em lados opostos do eixo Oy.
Exerćıcio 11: No plano rasgado, definimos f : ` → R por f(P ) = y se ` é uma linha vertical
(de equação x = a) e (a, y) são as coordenadas de P e por
f(P ) =
{
a
√
1 + m2 se a < 0
(a− 1)
√
1 + m2 se a ≥ 1,
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sendo que P tem coordenadas (a, b) e está na linha quebrada {(x, y) ∈ R2 : y = mx + p e x < 0 ou
x ≥ 1}. Verifique que f é régua e, neste caso, a distância entre P = (a, b) e Q = (c, d) é
d(P,Q) =
{
dE(P, (0, p)) + dE((1,m + p), Q) se a < 0 e c ≥ 1, ou c < 0 e a ≥ 1
dE(P,Q) caso contrário,
sendo que dE é a distância da geometria anaĺıtica (ou euclideana). Observe que as condições a < 0
e c ≥ 1, ou c < 0 e a ≥ 1 significam que os pontos P e Q estão em lados opostos da faixa
{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x < 1}, retirada de R2.
4. Relação de Ordenação de Pontos: Numa geometria métrica, podemos
estabelecer uma noção de ordem entre os pontos de cada linha, emprestada da régua correspondente.
Sejam P , Q e R três pontos de uma linha ` e seja f : `→ R sua régua. Dizemos que P −Q−R (Q
está entre P e R) se f(P ) < f(Q) < f(R) ou f(R) < f(Q) < f(P ).
Exerćıcio 12: Mostre que numa geometria métrica, dada uma linha ` e sua régua f : ` → R,
então:
(a) se A é ponto de ` e g, h : `→ R são definidas por g(P ) = f(P )−f(A) e h(P ) = −f(P )+f(A),
então g e h também são réguas de ` compat́ıveis com a distância;
(b) se k : `→ R é uma régua compat́ıvel com a distância, então existe um ponto A de ` tal que
k = g ou k = h do item anterior;
(c) se P −Q−R pela régua f então P −Q−R por qualquer outra régua g de ` compat́ıvel com
a distância.
Solução e/ou Sugestão:
(a) Temos que mostrar que se P e Q estão em `, d(P,Q) = |g(P ) − g(Q)| = |h(P ) − h(Q)|.
Sabemos que d(P,Q) = |f(P )− f(Q)|. Com isto, temos |g(P )− g(Q)| = |[f(P )− f(A)]− [f(Q)−
f(A)]| = |f(P )− f(Q)| = d(P,Q) e |h(P )− h(Q)| = |[−f(P ) + f(A)]− [−f(Q) + f(A)]| = |f(P )−
f(Q)| = d(P,Q), como queŕıamos mostrar.
(b) Seja A em ` tal que k(A) = 0. Então, para cada ponto P de `, d(A,P ) = |k(P )− k(A)| =
|k(P )| = |f(P )− f(A)|. Tirando os módulos, ou k(P ) = f(P )− f(A) = g(P ) ou k(P ) = −[f(P )−
f(A)] = h(P ), como queŕıamos mostrar.
(c) Suponhamos que f(P ) < f(Q) < f(R). Então, dado um ponto A de ` e subtraindo o
número real f(A) de cada termo, temos f(P ) − f(A) < f(Q) − f(A) < f(R) − f(A), ou seja
g(P ) < g(Q) < g(R); se multiplicarmos por −1, invertemos as desigualdades, obtendo −f(R) +
f(A) < −f(Q) + f(A) < −f(P ) + f(A), ou seja h(R) < h(Q) < h(P ). Em ambos os casos,
permanece a relação P −Q−R, como queŕıamos mostrar.
Exerćıcio 13: Dados A e B dois pontos distintos de uma linha `, mostre que existe uma régua
f de ` tal que f(A) = 0 e f(B) > 0.
Exerćıcio 14: Mostre que se P , Q e R são pontos distintos de uma linha `, então:
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(a) Se P −Q−R então R−Q− P ;
(b) Exatamente um dos casos ocorre: P −Q−R, ou P −R−Q, ou Q− P −R;
(c) se P −Q−R e Q−R− S, então P −Q− S e P −R− S;
(d) P −Q−R se, e somente se, d(P,R) = d(P,Q) + d(Q,R).
Solução e/ou Sugestão:
(a) Se P −Q−R, então f(P ) < f(Q) < f(R) ou f(R) < f(Q) < f(P ) para a régua de `. Mas
isto também se aplica para R−Q− P .
(b) sendo os três pontos distintos, os valores f(P ), f(Q) e f(R) são distintos; estes admitem
uma única ordem em R; se f(P ) < f(Q) < f(R) ou f(R) < f(Q) < f(P ), então nehuma das
desigualdades restantes são posśıveis: nem f(Q) < f(R) < f(P ), nem f(P ) < f(R) < f(Q), nem
f(R) < f(P ) < f(Q) e nem f(Q) < f(P ) < f(R).
(c) se P − Q − R e f(P ) < f(Q) < f(R), como Q − R − S, a única possibilidade é f(Q) <
f(R) < f(S) e portanto f(P ) < f(Q) < f(R) < f(S), donde decorre que P −Q− S e P − R − S;
se f(R) < f(Q) < f(P ), como Q− R − S, a única possibilidade é f(S) < f(R) < f(Q) e portanto
f(S) < f(R) < f(Q) < f(P ), donde novamente decorre que P −Q− S e P −R− S.
(d) se P − Q − R, então f(P ) < f(Q) < f(R), donde decorrem as desigualdades 0 < f(Q) −
f(P ) < f(R) − f(P ) e 0 < f(R) − f(Q), e d(P,R) = |f(P ) − f(R)| = f(R) − f(P ) = f(R) −
f(Q)+ f(Q)− f(P ) = |f(R)− f(Q)|+ |f(Q)− f(P )| = d(P,Q)+d(Q,R); ou f(R) < f(Q) < f(P ),
donde decorrem as desigualdades 0 < f(Q) − f(R) < f(P ) − f(R) e 0 < f(P ) − f(Q) e d(P,R) =
|f(P ) − f(R)| = f(P ) − f(R) = f(P ) − f(Q) + f(Q) − f(R) = |f(P ) − f(Q)| + |f(Q) − f(R)| =
d(P,Q) + d(Q,R), como queŕıamos mostrar.
Para a rećıproca, suponhamos que d(P,R) = d(P,Q) + d(Q,R). Como os três pontos são
distintos, as únicas ordens comp-at́ıveis com tal fórmula são f(P ) < f(Q) < f(R) ou f(R) < f(Q) <
f(P ), pois, por exemplo, se f(R) < f(P ) < f(Q), então d(P,R) = f(P ) − f(R) < f(Q) − f(R) =
d(Q,R) < d(Q,R) + d(P,Q). (Verifique as outras possibilidades.)
Exerćıcio 15: Mostre que dados dois pontos distintos A e B numa linha `, existem pontos C,
D e E de L tais que C −A−D e D −B − E. (Use uma régua de ` para obter tais pontos.)
Exerćıcio 16: Verifique que se P = (−3, 3), Q = (1, 5) e R = (4, 4) estão em H, então P −Q−R
na geometria hiperbólica.
Exerćıcio 17: Verifique que se P = (−1,−3), Q = (0,−1) e R = (1, 0) então P − Q − R no
plano de Moulton. (Ache m > 0 e b ∈ R taisque estes pontos estejam na linha `∗m,b.)
Dados dois pontos distintos A e B, seja ` a linha que os contém. Definimos a semi-reta−−→
AB como sendo o conjunto {P ∈ ` : não vale P − A − B} e o segmento AB como o conjunto
{P ∈ ` : P = A, ou P = B, ou A− P −B}. Observe que −−→AB = {P ∈ ` : P = A, ou A− P −B, ou
P = B, ou A−B − P}.
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Exerćıcio 18: Mostre que se A e B são pontos distintos em uma linha `, mostre que exite uma
régua f de ` tal que −−→AB = {P ∈ ` : f(P ) ≥ 0}.
Exerćıcio 19: Mostre que se A e B são pontos distintos, então:
(a) AB = BA;
(b) −−→AB 6= −−→BA ;
(c) AB = −−→AB ∩ −−→BA ;
(d) se C ∈ −−→AB e C 6= A, então −−→AB = −−→AC ;
(e) se C −A−B então −−→AB ∩ −−→AC é o ponto A.
Solução e/ou Sugestão:
(a) Observe que A− P −B é o mesmo que B − P −A. Olhe para a definição de segmento.
(b) Mostre que existe um ponto C em −−→AB mas não em −−→BA . Sabemos que existe C tal que
A−B − C (por quê?). Mostre que tal C serve.
(c) Escreva o que significa P estar em AB e o que significa P estar em cada uma das semi-retas−−→
AB e −−→BA .
(d) Escreva o que significa P estar em cada uma das semi-retas −−→AB e −−→AC e mostre que se está
em uma, tem que estar na outra, e vice-versa.
(e) Novamente, escreva o que significa P estar em cada uma das semi-retas −−→AB e −−→AC .
5. Congruência de Segmentos: Outra noção importante numa geometria métrica
é a de congruência de segmentos: dizemos que AB ≡ CD (o segmento AB é congruente ao
segmento CD) se d(A,B) = d(C,D).
Exerćıcio 20: Mostre que d(A,B) ≥ 0 e d(A,B) = 0 se, e só se, A = B.
Solução e/ou Sugestão: Seja f uma régua numa linha ` contendo A e B. Então d(A,B) =
|f(B)− f(A)| ≥ 0 (por definição de valor absoluto). Se d(A,B) = 0, então f(A) = f(B) e, como f
é uma função bijetora, isto implica que A = B. Reciprocamente, se A = B, então f(A) = f(B) e,
portanto d(A,B) = 0.
Exerćıcio 21: Mostre que ≡ é uma relação de equivalência, ou seja, mostre que valem as
três propriedades que a caracterizam:
(a) AB ≡ AB;
(b) se AB ≡ CD então CD ≡ AB;
(c) se AB ≡ CD e CD ≡ EF , então AB ≡ EF .
Solução e/ou Sugestão: Use a definição de ≡ e as propriedades da igualdade.
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Exerćıcio 22: Mostre que se A e B são dois pontos distintos, então existe um único ponto C
tal que A− C −B e AC ≡ CB (isto é, C é o ponto médio de AB.
Solução e/ou Sugestão: Basta tomar uma régua f tal que f(A) < f(B) e tomar o ponto C
na linha
←→
AB tal que f(C) = (f(A) + f(B))/2. (Por quê existe tal f e tal ponto C?)
Exerćıcio 23: Mostre que se A e B são dois pontos distintos, então existem pontos C, D e E
tais que A− C −D, D − E −B, e AC ≡ CD ≡ DE ≡ EB.
Exerćıcio 24: Mostre que dados A e B distintos e um segmento CD, então exite um único
ponto P em −−→AB tal que AP ≡ CD.
Exerćıcio 25: Mostre que dados A e B distintos e um segmento CD, então exitem exatamente
dois pontos P e Q em
←→
AB tais que AP ≡ CD e AQ ≡ CD. (Nos dois lados de A.)
Exerćıcio 26: Mostre que dados A e B distintos e um segmento CD, então:
(a) (Soma de segmentos) exite um único ponto P em −−→AB tal que A−B − P e BP ≡ CD.
(Podemos dizer que AP é a soma do segmento AB com CD.)
(b) (Diferença de segmentos) exite um único ponto P em −−→BA tal BP ≡ CD. (Podemos
dizer que AP é a diferença entre os segmentos AB e CD.)
(c) Mostre que dados A e B distintos e um segmento CD, exite uma régua f de
←→
AB tal
que f(A) = 0, f(B) > 0 e f(P ) = f(B) + d(C,D), no caso da soma dos segmentos e f(P ) =
f(B)− d(C,D), no caso da diferença dos segmentos.
Solução e/ou Sugestão: Ache primeiro a régua f tal que f(A) = 0 e f(B) > 0 (exerćıcio
anterior) e mostre que os pontos P tais que f(P ) = f(B) + d(C,D) ou f(P ) = f(B) − d(C,D)
resolvem o problema.
Dados três pontos não colineares A, B e C, definimos o ângulo ∠ABC como o conjunto −−→BA ∪−−→
BC . O ponto B é o vértice do ângulo.
Exerćıcio 27: Dados três pontos não colineares A, B e C, mostre que
(a) ∠ABC = ∠CBA;
(b) ∠ACB 6= ∠ABC e ∠BAC 6= ∠ABC;
(c) se P está em −−→BA , P 6= B e Q em −−→BC , Q 6= B, então ∠ABC = ∠PBQ.
Solução e/ou Sugestão:
(a) ∠ABC = −−→BA ∪ −−→BC = −−→BC ∪ −−→BA = ∠CAB;
(b) ∠ABC = −−→BA ∪ −−→BC 6= −−→AB ∪ −−→AC = ∠BAC, etc.
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 9
(c) decorrem do fato que −−→BA = −−→BP e −−→BC = −−→BQ .
6. Postulado de Separação do plano: Vamos introduzir agora mais um pos-
tulado que restringirá mais as geometrias permitidas. Para isto precisamos definir alguns conceitos.
Um conjunto A do plano é convexo se, para todos os pares de pontos P e Q em A, o segmento
PQ está todo contido em A.
Exerćıcio 28: Mostre que a interseção de dois conjuntos convexos é um conjunto convexo.
Solução e/ou Sugestão: Sejam A e B convexos. Para mostrar que A∩B é convexo, precisamos
tomar dois pontos arbitrários P e Q na interseção A∩B e mostrar que todos os pontos do segmento
PQ etsão nesta interseção.
Se P,Q ∈ A∩B, então P,Q ∈ A e, portanto, todos os pontos de PQ estão em A; mas P,Q ∈ B
também, portanto todos os pontos do segmento PQ estão em B. Portanto PQ está contido em
A ∩B.
Exerćıcio 29: Mostre que são conjuntos convexos:
(a) o plano todo e o conjunto vazio;
(b) uma linha `;
(c) uma semi reta −−→AB ;
(d) uma semi reta −−→AB menos seu vértice A;
(e) um segmento AB;
(f) o interior do segmento AB (isto é, o segmento menos os pontos A e B).
Postulado 5: (Postulado de Separação do plano) Dada uma linha `, existem conjuntos H1
e H2 (chamados de lados de `) tais que:
(a) H1 e H2 são convexos;
(b) H1 ∩ ` = ∅, H2 ∩ ` = ∅ e H1 ∩H2 = ∅ e cada ponto do plano está em H1, ou em H2 ou em
`;
(c) se P ∈ H1 e Q ∈ H2 então o segmento PQ intersecta a linha ` num ponto R.
Exerćıcio 30: Mostre que numa geometria métrica satisfazendo o postulado da separação do
plano os conjuntos H1 e H2 não são vazios.
Solução e/ou Sugestão: Observe que o postulado não garante que H1 e H2 não sejam vazios;
o item (c) apenas diz que se existirem pontos P ∈ H1 e Q ∈ H2 então etc. Para mostrarmos que
existem tais pontos precisamos apelar para o postulado 3, que diz que existem pelo menos três
pontos não colineares. Isto implica que deve existir pelo menos um ponto A fora de `. Então A
deve estar em H1 ou H2. Digamos que esteja em H1. Precisamos mostrar que existe pelo menos
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 10
um ponto em H2. Para isto, seja B ∈ ` um ponto qualquer e seja C ∈
←→
AB tal que A− B − C (tal
ponto existe pelo postulado da régua). Como A 6∈ `, ` 6=
←→
AB e portanto C 6∈ `. Como o segmento
AC encontra ` no ponto B e sendo H1 convexo, C 6∈ H1. Portanto C ∈ H2, ou seja H2 6= ∅.
Exerćıcio 31: Mostre que nas geometrias anaĺıtica, hiperbólica, do taxista e do plano de Moulton
vale o postulado da separação do plano.
Solução e/ou Sugestão: Para cada uma delas, dada uma linha `, verifique que ela separa o
plano em dois conjuntos H1 e H2; mostre que estes conjuntos são convexos; mostre que vale sempre
o item (c).
Este postulado tem conseqüências importantes. Para expô-las, definiremos algumas figuras
geométricas. Um triângulo é um conjunto 4ABC = AB ∪ AC ∪ BC, a união de três segmentos
determinados por três pontos A, B e C não colineares, chamados de vértices. Cada segmento AB,
AC e BC é um lado do triângulo. Um quadrilátero é um conjunto �ABCD = AB∪BC∪CD∪DA,
a união dos quatro segmentos determinados pelos pontos A, B, C e D (seus vértices), três a três
não colineares. Cada segmento AB, BC, CD e DA é um lado do quadrilátero e os segmentos AC e
BD são suas diagonais. Mais geralmente, um poĺıgono A1A2 . . . An = A1A2∪ . . . An−1An∪AnA1,
e cada um destes segmentos é um de seus lados e cada ponto Ai (1 ≤ i ≤ n) seu vértice.
Exerćıcio 32: Mostre que 4ABC = 4ACB e que �ABCD 6= �ACBD, ou seja, se o poĺıgono
tem mais de três vértices,a ordem destes vértices é importante ao escrever A1A2 . . . An.
Exerćıcio 33: Mostre que se vale o postulado da separação do plano:
(a) dado o 4ABC, se ` é uma linha que intersecta o lado AB, mas A 6∈ ` e B 6∈ `, então `
intersecta (pelo menos) um dos outros dois lados;
(b) dado o 4ABC, se ` é uma linha que intersecta o lado AB, A 6∈ `, B 6∈ `, C 6∈ ` e ` intersecta
AC então ` não intersecta BC.
Solução e/ou Sugestão:
(a) Sejam H1 e H2 os lados de `. Como o segmento AB intersecta ` e A,B 6∈ `, então A e B
estão em lados opostos de `. Podemos ter três situações: ou C ∈ ` e, neste caso AC intersecta `, ou
A e C estão em lados opostos de ` e, também neste caso ` intersecta AC, ou A e C estão do mesmo
lado de ` e, portanto B e C estão em lados opostos de ` e, portanto, ` intersecta o lado BC.
(b) Suponhamos que ` intersecte os três lados do 4ABC, sem passar pelos seus vértices. Sejam
P ∈ AB, Q ∈ AC e R ∈ BC os pontos de interseção de ` com o 4ABC. Podemos ter três casos,
P−Q−R, ou P−R−Q, ou Q−P−R. Vamos apenas considerar o caso em que P−Q−R, deixando
os outros como exerćıcio. Então os pontos A, P e R estão do mesmo lado de
←→
BC , pois, sa A e P
estivessem de lados opostos, o segmento AP encontraria
←→
BC e o único ponto em que isto ocorreria
só pode ser B. Mas isto implicaria que A−B −P , contradizendo o fato de que P ∈ AB. O mesmo
tipo de racioćınio garante que R e A também não podem estar em lados opostos de
←→
BC . Como
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 11
cada lado de
←→
BC é convexo e P e R estão do mesmo lado, o segmento PR não poderia encontrar a
linha
←→
BC no ponto Q. Esta contradição termina a prova.
Exerćıcio 34: Mostre que a geometria do plano rasgado não vale o postulado da separação do
plano.
Solução e/ou Sugestão: Use o exerćıcio anterior, obtendo um triângulo 4ABC e uma linha
` que não intersecta seus vértices, mas intersecta apenas um de seus lados.
Exerćıcio 35: Sem assumir o postulado da separação do plano, mostre que são equivalentes:
(a) O postulado da separação do plano;
(b) O Postulado de Pasch: Dados uma linha ` e um triângulo 4ABC, se D ∈ ` é um ponto
tal que A−D −B, então ou ` intersecta AC ou ` intersecta BC.
Solução e/ou Sugestão: Já provamos que (a) implica (b). Vamos mostrar que (b) implica (a).
Alguns detalhes serão deixados aos leitores.
Suponha (b). Seja P 6∈ ` (que existe pelo postulado 3) e definimos H1 = {Q : Q = P ou
PQ ∩ ` = ∅} e H2 = {Q : Q 6∈ ` e PQ ∩ ` 6= ∅}. Então H1 ∩H2 = H1 ∩ ` = H2 ∩ ` = ∅, e todo
ponto do plano ou está em ` ou em H1 ou em H2. Falta mostrar que H1 e H2 são convexos e que
dados A ∈ H1 e B ∈ H2, o segmento AB intersecta `.
Vamos mostrar que H1 é convexo. Para isto, sejam A,B ∈ H1, A 6= B, e suponhamos que A 6= P
e B 6= P (os casos em que A = P ou B = P ficam para os leitores). Queremos mostrar que todos
os pontos de AB estão em H1. Se A, B e P estão numa mesma linha
←→
AB , então ou A−B − P ou
A − P − B ou B − A − P . Mostre que em nenhum destes casos, AB pode ter ponto nem de H2 e
nem de `. Se A, B e P não são colineares, seja D ∈ AB tal que A − D − B. Sabemos que ` não
intersecta nem AP e nem BP (por quê?). Se D ∈ ` então ` intersectaria AB, e por Pasch, deveria
intersectar AP ou BP . Portanto D 6∈ `. Se D ∈ H2, então ` intersecta DP . Por Pasch, aplicado aos
triângulos 4ADP e 4BDP , teŕıamos que ` intersectaria AP ou BP (por quê?), uma contradição.
Portanto, todos os pontos de AB estão em H1.
Vamos mostrar agora que H2 é convexo. Para isto, sejam A,B ∈ H2, A 6= B. Precisamos
mostrar que todos os pontos de AB estão em H2. Novamente temos dois casos, a saber, A, B e P
são colineares. Então ou A−B − P ou B −A− P . (Mostre que não pode ocorrer A− P −B.) Se
A−B−P , pela definição de H2 existe um ponto R ∈ `∩BP , tal que B−R−P . Como
←→
AB =
←→
BP ,
o único ponto de encontro de ` com
←→
AB é R. Como A − B − R, os pontos de AB estão todos em
H2 (por quê?). Suponhamos agora que A, B e P sejam não colineares. Consideremos o triângulo
4ABP . Pela definição de H2, ` intersecta ambos os lados AP , no ponto R e BP , no ponto S.
Vamos mostrar que nenhum ponto de AB pode estar em `. Seja T ∈ AB, A − T − B. Se T ∈ `,
podemos ter R− S − T , R− T − S ou S −R− T . Vamos considerar o caso R− S − T , deixando os
outros dois para os leitores. Consideremos o 4ART , com a linha
←→
BP ; temos que
←→
BP 6=
←→
AT =
←→
AB
e
←→
BP 6=
←→
AR=
←→
AP (pois A, B e P não são colineares); portanto
←→
BP não encontra nem AR e nem
AT (por quê?); como encontra RT no ponto S, temos uma contradição ao postulado de Pasch.
Aplicando Pasch aos triângulos 4ATP e 4TBP , temos que TP intersecta ` (por quê?) e, portanto
T ∈ H2, pela definição de H2. Portanto H2 é convexo.
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 12
Agora sejam A ∈ H1 e B ∈ H2. Precisamos mostrar que AB intersecta ` num ponto R. Se
A = P , pela definição de H2, AB = PB intersecta `. Se A, B e P não são colineares, como BP
intersecta ` e AP não intersecta ` (por quê?), por Pasch no triângulo 4ABP , AB intersecta ` num
ponto R, como queŕıamos. Se A, B e P são colineares, como BP intersecta ` (pela definição de H2),
seja R este ponto em comum. Temos que B − R − P e, como A ∈
←→
BP , A ∈ H1, A 6= P , A 6= R e
A 6= B, temos que, ou P −R−A (que não pode ocorrer, pois A ∈ H1, que é convexo), ou P −A−R,
ou A− P −R, o que implica que AB encontra ` em R, como queŕıamos.
Importante: Daqui em diante assumimos que as geometrias consideradas são geometrias
métricas que satisfazem o postulado da separação do plano. Estas geometrias são chamadas de
Geometrias de Pasch.
Exerćıcio 36: Dado o 4ABC e pontos D e E, tais que B − C −D e A − E − C, mostre que
exite um ponto F ∈
←→
DE , tal que A− F −B e D − E − F .
Exerćıcio 37: Dado o 4ABC e pontos D e F , tais que B − C −D e A − F − B, mostre que
exite um ponto E ∈
←→
DF , tal que A− E − C e D − E − F .
Exerćıcio 38: Dado o 4ABC e pontos D e E, tais que B − E − C e A −D − B, mostre que
←→
AE e
←→
CD se intersectam.
7. Interiores e o Teorema das Barras Cruzadas: O resultado mais
útil que é uma conseqüência do postulado da separação do plano é o chamado Teorema das Barras
Cruzadas. Ele permite provar que diagonais de quadriláteros, ou duas medianas de um triângulo,
etc, se intersectam. Para prová-lo, precisamos de alguns conceitos e resultados preliminares.
Definimos o interior de uma semi reta −−→AB como o conjunto int (−−→AB ) dos pontos P ∈ −−→AB
tais que P 6= A (a semi reta menos o vértice); interior de um segmento AB como o conjunto
int (AB) dos pontos P ∈ AB tais que P 6= A e P 6= B; e o interior do ângulo ∠AOB como o
conjunto int (∠AOB) obtido pela interseção H1 ∩H1, sendo H1 o lado de
←→
OB contendo A e H1 o
lado de
←→
OA contendo B.
Exerćıcio 39: Mostre que se ∠AOB = ∠CPD então O = P e −−→OA = −−→PC e −−→OB = −−→PD , ou−−→
OA = −−→PD e −−→OB = −−→PC . Mostre também que, se int (∠AOB) = int (∠CPD), então ∠AOB =
∠CPD.
Exerćıcio 40: Mostre que se ∠AOB = ∠CPD então o int (∠AOB) = int (∠CPD).
Exerćıcio 41: Seja W um conjunto não vazio e convexo do plano e ` uma linha não encontrando
W . Mostre que todos os pontos de W estão do mesmo lado de `.
Exerćıcio 42: Mostre que, dados A ∈ ` e B 6∈ ` dois pontos, então todos os pontos de int (−−→AB )
estão do mesmo lado de `.
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 13
Exerćıcio 43: Dados A 6= B, C e D em lados opostos de
←→
AB , mostre que −−→AC não intersecta−−→
BD .
Solução e/ou Sugestão: Todos os pontos do interior de −−→AC estão do mesmo lado de
←→
AB que
C (por quê?); todos os pontos ponto do interior de −−→BD estão do mesmo lado de
←→
AB que D (por
quê?), que é oposto a C. Portanto as semi retas não se encontram (por quê?).
Exerćıcio 44: Mostre que P ∈ int (∠AOB) se, e somente se, A e P estão do mesmo lado de
←→
OB e P e B estão do mesmo lado de
←→OA .
Exerćıcio 45: Dado o 4ABC, mostre que se A−P −C, então P ∈ int (∠ABC) e int (AB) está
contido em int (∠ABC).
Exerćıcio 46: (O Teorema das Barras Cruzadas) Se P ∈ int (∠ABC) então −−→BP intersecta
AC num único ponto F com A− F − C.
Solução e/ou Sugestão: Seja E tal que E−B−C (tal ponto existe pelo postulado da régua).
A linha
←→
BP cruza o lado EC do triângulo 4ACE pelo ponto B. Portanto deve cruzar outro lado
deste triângulo. Os interiores das semi retas −−→BP e −−→AE estão em lados opostos de
←→
AB , portanto
não se encontram. Seja Q um ponto tal que P − B − Q. Então A e Q estão em lados opostos de
←→
BC =
←→
EC (por quê?). Portanto as semi-retas −−→BQ e −−→EA não se encontram. Isto é, a linha
←→
BP não
intersecta o segmento AE = −−→AE ∩ −−→EA . Portanto existe um único ponto F ∈ AC∩
←→
BP . Temos
que F 6= A, pois
←→
BP não intersecta AB e F 6= C, pois B, P e C não são colineares (por quê isto
implica que F 6= C?). Portanto A − F − C. Só falta mostrar que F ∈ −−→BP . Mas isto decorre do
fato que P e Q estão em lados opostos de
←→
BC e A e P estão do mesmo lado de
←→
BC (por quê?).
O interior do triângulo 4ABC é o conjunto int (4ABC) = H1 ∩H1 ∩ H̃1, sendo que H1 é o
lado de
←→
BC contendo A, H1 é o lado de
←→
AC contendo B e H̃1 é o lado de
←→
AB contendo C. Um
quadrilátero �ABCD é um quadrilátero convexo se A e B estão do mesmo lado de
←→
CD , B e C
estão do mesmo lado de
←→
AD , C e D estão do mesmo lado de
←→
AB e A e D estão do mesmo lado de
←→
BC . Um poĺıgono convexo é definido de modo análogo (todos os outros vértices deverão estar
do mesmo lado de
←→
AiAj , se 1 ≤ i < j = i + 1 ≤ n ou i = n e j = 1).
Exerćıcio 47: Dados 4ABC e pontos D, E e F , tais que B−C −D, A−E −C e B−E −F ,
mostre que F ∈ int (∠ACD).
Exerćıcio 48: Mostre que se A − D − B e C e E estão do mesmo lado de
←→
AB , então ou−−→
DE ∩AC 6= ∅, ou −−→DE ∩BC 6= ∅.
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 14
Exerćıcio 49: Dados ∠ABC e um ponto P , mostre que se −−→BP ∩ int (AC) 6= ∅, então P ∈
int (∠ABC). (Uma rećıproca das Barras Cruzadas.)
Exerćıcio 50: Mostre que se `∩ int (4ABC) 6= ∅ então ` encontra 4ABC em exatamente dois
pontos.
Exerćıcio 51: Mostre que um quadrilátero �ABCD é convexo se, e somente se, cada vértice
está no interior do ângulo oposto. (Por exemplo, A está no interior de ∠BCD, etc.)
Exerćıcio 52: Mostre que as diagonais de um quadrilátero convexo se intersectam.
Exerćıcio 53: Prove a rećıproca, ou seja, se as diagonais de um quadrilátero se intersectam
então ele é convexo.
8. Medida de Ângulo: Agora vamos introduzir mais um instrumento de medidas, o
transferidor, que mede ângulos. Isto será feito através de um postulado dizendo como ele funciona.
Postulado 6: (Postulado do Transferidor) Existe um número real positivo r0 e uma função
m que a cada ângulo ∠ABC associa um número real m(∠ABC), tal que
(a) 0 < m(∠ABC) < r0;
(b) se D ∈ int (∠ABC), então m(∠ABC) = m(∠ABD) + m(∠DBC);
(c) se H1 é um lado de
←→
BC e x é um número real tal que 0 < x < r0, então existe um ponto A
em H1 tal que m(∠ABC) = x e se P ∈ H1 também satisfaz m(∠PBC) = x, então
−−→
BA = −−→BP (ou
seja, ∠ABC = ∠PBC).
O número r0 vai depender de que medida de ângulo estamos usando. Por exemplo, na geometria
anaĺıtica, r0 pode ser 180 (se medirmos em graus) ou π (se medirmos em radianos), ou qualquer
outro valor que nos aprouver. Neste texto, vamos usar a medida em graus.
Exerćıcio 54: Na geometria anaĺıtica, sejam A = (a1, a2), B = (b1, b2) e C = (c1, c2) não
colineares. Definimos m(∠ABC) como o arco α entre 0 e 180 que tem cosseno
cos α =
(A−B) · (C −B)
|A−B| · |C −B|
=
(a1 − b1)(c1 − b1) + (a2 − b2)(c2 − b2)√
(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2
√
(c1 − b1)2 + (c2 − b2)2
Mostre que m é medida de ângulo. (Tem que satisfazer as três condições. Se necessário, consulte
um livro de Vetores e Geometria.)
Exerćıcio 55: Na geometria do taxista, mostre que a medida m da geometria anaĺıtica é medida
de ângulo.
Exerćıcio 56: Na geometria hiperbólica, dados P = (a, b) e Q = (c, d), se a = c, P e Q estão
na linha `a; neste caso, definimos o vetor vPQ = (Q− P )/|P −Q| = (0,±1) para a semi reta
−−→
PQ ,
sendo |P − Q| =
√
(c− a)2 + (d− b)2 = |d − b|; se a 6= c então P e Q estão numa linha `p,r; esta
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 15
linha consiste nos pontos (x, y) que satisfazem x = p + r tgh t e y = r sech t, para algum t; nesta
linha temos a régua f que associa ao ponto de coordenadas (x, y) o valor t; seja t0 = f(P ); mostre
que neste caso, a semi reta −−→PQ é o conjunto {R ∈ `p,r : f(R) ≥ f(P )}, se f(Q) > f(P ) e, neste
caso, definimos o vetor vPQ = u, ou o conjunto {R ∈ `p,r : f(R) ≤ f(P )} e, neste caso, definimos o
vetor vPQ = −u, sendo que
u =
(
sech t0√
(sech t0)2 + (tgh t0)2
,− tgh t0√
(sech t0)2 + (tgh t0)2
)
lembrando que t0 = f(P ).
Agora, dados A, B e C não colineares, definimos a medida de m(∠ABC) como sendo o arco α
entre 0 e 180 (graus) cujo cosseno seja vBA · vBC (produto escalar). Mostre que esta medida satisfaz
as três condições.
Solução e/ou Sugestão: Todo este trabalho em definir os vetores vPQ foi para introduzir a
medida do ângulo ∠ABC como a medida entre as retas tangentes às linhas correspondentes, com
os vetores apontando na direção das semi retas. O item (a) é fácil. Os itens (b) e (c) exigem mais
trabalho. (Se necessário, consulte um livro de Vetores e Geometria.)
Outro modo de obter o vetor vPQ no caso em que P = (a, b) e Q = (c, d) estão numa linha
`p,r, é definir um vetor auxiliar uPQ = (b, p− a), que é perpendicular ao vetor P − (b, 0) = (a− p, b)
(o raio de `p,r, partindo do centro (p, 0) e chegando no ponto P ) e tomar vPQ = uPQ/|uPQ| se c > a
(Q está à direita de P ), ou vPQ = −uPQ/|uPQ| se c < a (Q está à esquerda de P ).
Exerćıcio 57: No plano de Moulton, definimos m(∠ABC) como sendo a medida da geometria
anaĺıtica de ∠PBQ, se B não está no eixo Oy e P e Q estão no mesmo lado que B em relação ao
eixo Oy; se B está no eixo Oy, dados b ∈ R e P = (x, y) ∈ R2 um ponto, definimos o ponto Pb por
Pb =
{
(x, 2y − b) se x > 0 e y > b,
(x, y) caso contrário.
Definimos então m(∠ABC) = mE(∠AbBCb), sendo mE a medida euclideana de ângulo. Observe
que nesta medida de ângulo nós “desentortamos” as linhas l∗m,b que suportam as semi retas
−−→
BA e
−−→
BC que definem o ângulo ∠ABC. Verifique que esta medida satisfaz os três itens do postulado.
9. Congruência de Ângulos e Perpendiculares: Tendo uma medida de
ângulos, podemos comparar ângulos.
Dizemos que ∠ACB ≡ ∠DEF (o ângulo ∠ABC é congruente ao ângulo ∠DEF ) se m(∠ACB) =
m(∠DEF ). Dados A−B −D e C fora da linha
←→
AB , dizemos que os ângulos ∠ABC e ∠DBC são
suplementares.
Exerćıcio 58: Sejam C e D dois pontos do mesmo lado de
←→
AB , com A 6= B; mostre que
m(∠ABC) < m(∠ABD) se, e somente se, C ∈ int (∠ABD).
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 16
Solução e/ou Sugestão: Suponha que C ∈ int (∠ABD); então, pelo postulado, m(∠ABC) +
m(∠DBC) = m(∠ABD) e, como m(∠DBC) > 0, m(∠ABC) < m(∠ABC) + m(∠DBC) =
m(∠ABD).
Se C 6∈ int (∠ABD), ou −−→BC = −−→BD e, neste caso, m(∠ABC) = m(∠ABD), pois ∠ABC =
∠ABD, ou D ∈ int (∠ABC) e, neste caso, m(∠ABD) < m(∠ABC). Portanto, se m(∠ABC) <
m(∠ABD), então C ∈ int (∠ABD).
Exerćıcio 59: Dados A− B −D e C fora de
←→
AB , mostre que m(∠ABC) + m(∠CBD) = 180
(ou seja, a soma das medidas de ângulos suplementares é o número r0 do postulado, o que neste
caso é 180).
Solução e/ou Sugestão: Sejam H1 o lado de
←→
AB contendo C, α = m(∠ABC) e β =
m(∠CBD). Temos que mostrar que α + β = 180. Para isto, vamos mostrar que tanto α + β < 180
quanto α + β > 180 implicam uma contradição.
Se α + β < 180, então existe uma única semi reta −−→BE , cujo interior está em H1, tal que
m(∠ABE) = α + β. Como α < α + β, C ∈ int (∠ABE). Como m(∠ABC) + m(∠EBC) =
m(∠ABE), m(∠EBC) = β. Como E∈ int (∠DBC) (por quê?), m(∠DBE) + m(∠EBC) =
m(∠DBC), ou seja, m(∠DBE) + β = β, o que implica que m(∠DBE) = 0, contradizendo o item
(a) do postulado do transferidor. Portanto α + β ≥ 180.
Agora suponha que α+β > 180. Como α, β < 180, temos que α+β < 360. Dáı, se γ = α+β−180,
então 0 < γ < 180. Pelo postulado do transferidor, existe E ∈ H1 tal que m(∠ABE) = γ. Como
β < 180, temos que β − 180 < 0 e, portanto, γ = α + β − 180 < α. Portanto E ∈ int (∠ABC). Mas
α = m(∠ABC) = m(∠ABE)+m(∠EBC) = γ+m(∠EBC), portanto m(∠EBC) = α−γ = α−(α+
β−180) = 180−β, o que implica que m(∠DBE) = m(∠DBC)+m(∠EBC) = β +(180−β) = 180,
o que contradiz o item (a) do postulado do transferidor.
Portanto α + β = 180.
Observação: Como conseqüência disto temos que “ângulos opostos pelo vértice são congru-
entes”, ou seja, se A−B−D, E−B−C e A, B e C não são colineares, então m(∠ABC) = m(∠DBE),
pois m(∠ABC)+m(∠DBC) = 180 = m(∠DBC)+m(∠EBC) e, portanto, m(∠ABC) = m(∠EBD).
O caso em que m(∠ABC) = 90 é muito interessante, pois todos os quatro ângulos formados
assim são congruentes (todos medem 90). Neste caso, dizemos que as linhas
←→
AB e
←→
BC são per-
pendiculares , que a semi reta −−→BC , ou mesmo o segmento BC, é perpendicular a
←→
AB e chamamos
o ponto B de pé da perpendicular; nestes casos, denotamos
←→
AB⊥
←→
BC , −−→AB ⊥
←→
BC e AB ⊥
←→
BC ,
etc.
Exerćıcio 60: Mostre que, se m(∠ABC) + m(∠CBD) = m(∠ABD), então C ∈ int (∠ABD).
Solução e/ou Sugestão: Mostre primeiro que C e D estão do mesmo lado de
←→
AB , mostrando
que não podem estar em
←→
AB e nem em lados opostos de
←→
AB (para este caso, considere as possibil-
idades A e D do mesmo lado de
←→
BC e em lados opostos de
←→
BC ).
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 17
Exerćıcio 61: Mostre que, se A e D estão em lados opostos de
←→
BC e m(∠ABC)+m(∠CBD) =
180, então A−B −D. (Ou seja, mostre que neste caso os ângulos são suplementares.)
Exerćıcio 62: Na geometria hiperbólica, dada a linha `0,5 = {(x, y) ∈ H : x2 + y2 = 25} e o
ponto B = (3, 4) ∈ `0,5, ache a linha ` contendo B e perpendicular à linha `0,5.
Solução e/ou Sugestão: A resposta é a linha `p,r, com p = 25/3 e r = 20/3.
10. O Postulado LAL: Até então não temos nenhuma relação entre as várias réguas e
transferidores de nossa geometria. Vamos agora fazer isto por meio do postulado LAL (o conhecido
critério de “congruência de triângulos” Lado-Ângulo-Lado). Para isto precisamos definir certos
conceitos.
Dadas duas triplas ordenadas de pontos não colineares (A,B, C) e (D,E, F ), dizemos que a
correspondência A 7→ D, B 7→ E, C 7→ F é uma congruência de triângulos entre 4ABC
e 4DEF (aqui a ordem em que aparecem os pontos é importante), se AB ≡ DE, AC ≡ DF ,
BC ≡ EF , ∠BAC ≡ ∠EDF , ∠ABC ≡ ∠DEF e ∠ACB ≡ ∠DFE. Denotamos este conceito por
4ABC ≡ 4DEF e insistimos que dizer 4ABC ≡ 4DEF é diferente de dizer 4ACB ≡ 4DEF .
Postulado 7: (LAL) Dadas duas triplas ordenadas de pontos não colineares (A,B, C) e
(D,E, F ), se AB ≡ DE, AC ≡ DF e ∠BAC ≡ ∠EDF , então 4ABC ≡ 4DEF .
Exerćıcio 63: Mostre que a geometria anaĺıtica satisfaz o postulado LAL.
Solução e/ou Sugestão: Defina os vetores u1 = B−A, v1 = C −A, u2 = E−D, v2 = F −D,
w1 = u1− v1 = B −C e w2 = u2− v2 = E −F . Relembremos o produto escalar u · v = |u| |v| cos α,
sendo α o ângulo entre os vetores. A hipótese do LAL implica que |u1| = |u2|, |v1| = |v2| e
u1 · v1 = u2 · v2. Então |w2|2 = w2 · w2 = (u2 − v2) · (u2 − v2) = u2 · u2 − u2 · v2 − v2 · u2 + v2 · v2 =
|u2|2 − 2 u2 · v2 + |v2|2 = |u1|2 − 2 u1 · v1 + |v1|2 = |w1|2, ou seja, BC ≡ EF . Para as congruências
∠ABC ≡ ∠DEF e ∠ACB ≡ ∠DFE, basta então verificar que u1 · w1 = u2 · w2 e v1 · w1 = v2 · w2
(por quê?), o que é uma conta simples.
Observação: É posśıvel, mas bem trabalhoso, mostrar que a geometria hiperbólica também
satisfaz o postulado LAL. Para isto, precisamos fazer as contas do exerćıcio a seguir. Isto é um
tópico opcional (ou seja, não cai na prova!).
Para fazer isto, identificamos cada par (x, y) ∈ H com o número complexo z = x + iy (sendo
i =
√
−1). Dada uma matriz
M =
(
a b
c d
)
com ad− bc 6= 0 e um número complexo z = x + iy, definimos as transformações
w = ϕM (z) =
(
a b
c d
)
z =
az + b
cz + d
; e w̃ = ϕ∗M (z) =
(
a b
c d
)
z̄ =
az̄ + b
cz̄ + d
sendo que z̄ = x− iy. (Estas são chamadas de Transformações de Möbius.)
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 18
Exerćıcio 64: Verifique que se w = M1z e v = M2w, então v = Mz, sendo M o produto de
matrizes M1M2.
Exerćıcio 65: Verifique que se c 6= 0,(
a b
c d
)
=
(
(ad− bc)/c a/c
0 1
)(
0 −1
1 0
)(
c d
0 1
)
Exerćıcio 66: Verifique que, dados A, B e C em H não colineares, se D = M A, E = M B
e F = M C (transformações de Möbius), então d(A,B) = d(D,E) e ∠ABC ≡ ∠DEF . Para isto,
use a decomposição do exerćıcio anterior e verifique apenas nos casos em que M tem uma das duas
formas
M =
(
0 −1
1 0
)
, ou M =
(
c d
0 1
)
e considere os dois tipos de transformações, ϕM e ϕ∗M .
Exerćıcio 67: Para finalizar, mostre que dados os triângulos 4ABC e 4A′B′C ′ em H, tais que
AB ≡ A′B′, AC ≡ A′C ′ e ∠BAC ≡ ∠B′A′C ′, então existe uma transformação ϕM ou ϕ∗M levando
A em A′, B em B′ e C em C ′. (Para isto, construa primeiro uma transformação que leve A em
A0 = (0, 1), B em B0 = (0, b), b = d(A,B); com isto C é levado a algum C0 ∈ H; faça o mesmo com
A′, B′ e C ′; com isto, obtemos 4ABC ≡ 4A0B0C0 ≡ 4A′B′C ′.)
Com isto acabamos de esboçar a prova de que vale o LAL na geometria hiperbólica. (Com isto
também acabou o tópico especial; o que vem daqui por diante cai em prova!)
Exerćıcio 68: Mostre que no plano de Moulton não vale LAL.
Solução e/ou Sugestão: Considere os pontos A = (1, 0), B = (0, 0) e C = (1, 1). Mostre que
a correspondência A 7→ A, B 7→ C, C 7→ B satisfaz as hipóteses mas não a conclusão do postulado
LAL.
Exerćıcio 69: Mostre que na geometria do taxista não vale LAL.
Solução e/ou Sugestão: Considere os pontos A = (1, 0), B = (0, 0) e C = (1/2, 1/2). Mostre
que a correspondência A 7→ A, B 7→ C, C 7→ B satisfaz as hipóteses mas não a conclusão do
postulado LAL.
Exerćıcio 70: Na geometria hiperbólica, sejam A = (−1, 1), B = (0, 1), C = (1, 1), D = (−2, 2),
E = (0, 2) e F = (2, 2). Mostre que 4ABC ≡ 4DEF . (Use o LAL.)
Exerćıcio 71: Na geometria hiperbólica, dado o segmento AB, em que A = (a, b) e B = (c, d) e
dado um número real t > 0, sejam C = t A = (t a, t b) e D = t B = (t c, t d). Mostre que AB ≡ CD.
(Para isto, calcule d(A,B) e d(C,D).)
Exerćıcio 72: Na geometria hiperbólica, dados A, B e C não colineares e t > 0, sejam D = t A,
E = t B e F = t C. Mostre que ∠ABC ≡ ∠DEF . (Para isto, ache os vetores vAB, etc.)
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 19
Exerćıcio 73: Mostre que se vale LAL então também valem
(a) ALA (Ângulo-Lado-Ângulo) Dados os triângulos4ABC e4DEF , se AB ≡ DE, ∠BAC ≡
∠EDF e ∠ABC ≡ ∠DEF então 4ABC ≡ 4DEF .
(b) Dado o triângulo 4ABC, mostre que AC ≡ BC se, e somente se, ∠BAC ≡ ∠ABC. (Tal
triângulo é chamado de isósceles.)
(c) LLL (Lado-Lado-Lado) Dados os triângulos 4ABC e 4DEF , se AB ≡ DE, AC ≡ DF e
BC ≡ EF então 4ABC ≡ 4DEF .
Observação: Também vale o LAAo (Lado-Ângulo-ângulo oposto), mas isto vais ser feito mais
adiante.
Solução e/ou Sugestão:
(a) Constrúımos um triângulo 4DEG ≡ 4ABC, com AC ≡ DG e ∠BAC ≡ ∠EDG e G e F
do mesmo lado de
←→
DE . Queremos mostrar que G = F . Como ∠BAC ≡ ∠EDG, G ∈
←→
DF . Então
ou D−G−F , ou D−F −G, ou G = F . Vamos mostrar que não podem ocorrer nem D−G−F e
nem D−F −G. Se D−G−F , então G está em int (∠DEF ) e, portanto m(∠DEG) < m(∠DEF )
uma contradição à hipótese de que ∠ABC ≡ ∠DEF e ∠ABC ≡ ∠DEG (esta última por LAL).
O mesmo tipo de coisa acontece se supusermos que D − F −G (faça isto). Portanto G = F , como
queŕıamos mostrar.
(b) Se ∠BAC ≡ ∠ABC, por ALA, 4ABC ≡ 4ACB (perceba a ordem dos pontos) e, portanto
AC ≡ BC.Se AC ≡ BC, por LAL (considerando o ângulo ∠ACB entre os lados AC e BC, que é
congruente a si mesmo), 4ABC ≡ 4ACB, e portanto ∠BAC ≡ ∠ABC.
(c) Dados os triângulos 4ABC e 4DEF tais que AB ≡ DE, AC ≡ DF e BC ≡ EF , seja
C ′ oposto a C em relação a
←→
AB tal que AC ′ ≡ DF e ∠BAC ′ ≡ ∠EDF . Ou seja, constrúımos
um triângulo 4ABC ′ congruente ao 4DEF , “do lado de baixo” do 4ABC. Vamos mostrar que
4ABC ≡ 4ABC ′, o que implica que 4ABC ≡ 4DEF . Seja G ∈
←→
AB o ponto de encontro de
←→
AB
com BB′ (por quê existe tal ponto?). Então, ou G−A−B, ou G = A, ou A−G−B, ou G = B, ou
A−B−G. Vamos considerar apenas o caso em que G−A−B, deixando os outros como exerćıcio.
Neste caso, os pontos C, C ′ e G não são colineares. Pelo item (b) deste exerćıcio, 4BAB′ é isósceles
(pois AC ≡ DF ≡ AC ′) e, portanto, ∠ACG ≡ ∠AC ′G. Também temos que 4CBC ′ é isósceles
(pois BC ≡ EF ≡ BC ′) e, portanto, ∠BCG ≡ ∠BC ′G, donde segue que ∠BCA ≡ ∠BC ′A (por
quê?). Por LAL, 4ABC ≡ 4ABC ′ (por quê?).
Exerćıcio 74: Dado o quadrilátero convexo �ABCD, mostre que, se AB ≡ CD e BC ≡ DA,
então ∠DAB ≡ ∠BCD e ∠ABC ≡ ∠CDA. (Considere os triângulos 4ABD e 4BCD, etc.)
Exerćıcio 75: Dado o quadrilátero convexo �ABCD, mostre que, se AB ≡ CD ≡ BC ≡ DA
e AC ≡ BD, então ∠DAB ≡ ∠BCD ≡ ∠ABC ≡ ∠CDA.
Exerćıcio 76: Dado o poĺıgono convexo ABCDEF (um hexágono), suponha que AB ≡ DE,
BC ≡ EF , CD ≡ FA e ∠FAB ≡ ∠CDE, mostre que ∠ABC ≡ ∠DEF e ∠BCD ≡ ∠EFA.
(Considere os triângulos 4FAB e 4CDE, etc.)
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 20
Exerćıcio 77: Dados A e B dois pontos distintos, `1 e `2 duas linhas perpendiculares a
←→
AB e
tais que A ∈ `1 e B ∈ `2, mostre que `1 e `2 são paralelas (isto é, não têm ponto comum). (Para
isto, suponha que exista um ponto C ∈ `1 ∩ `2; então mostre que C 6∈ `, tome D ∈ `1 tal que
D−A−C e AC ≡ AD; mostre que 4ABC ≡ 4ABD, e conclua que C −B −D, uma contradição
a alguma hipótese.)
Exerćıcio 78: Dados os pontos A, B, C e D, tais que A 6= B, C e D estão em lados opostos de
←→
AB e ∠ABC ≡ ∠BAD. Mostre que
←→
AC e
←→
BD são paralelas. (Novamente, suponha que não são
paralelas e considere os triângulos pertinentes.)
Exerćıcio 79: Mostre que dada uma linha ` e um ponto P fora de `, então existe pelo menos
uma linha `′ contendo P e paralela a `. (Olhe o exerćıcio anterior.)
Exerćıcio 80: Ainda não é posśıvel provar a unicidade da paralela: Mostre que as linhas
`0 = {(x, y) ∈ H : x = 0} e `0,1 = {(x, y) ∈ H : x2 + y2 = 1} contêm o ponto P = (0, 1) e
são paralelas à linha `1 = {(x, y) ∈ H : x = 1}. (É só mostrar que as linhas não se intersectam,
mostrando que as equações pertinentes não têm solução comum em H.)
Exerćıcio 81: Dada uma linha ` e um ponto P fora de `, mostre que existe uma única linha
passando por B e perpendicular a `.
Solução e/ou Sugestão: Seja A ∈ ` um ponto qualquer. Se
←→
AB for perpendicular a `, então
←→
AB é a linha procurada. Caso contrário, seja C o ponto do lado de ` oposto a B e tal que
AB ≡ AC e ∠DAB ≡ ∠DAC, sendo D um outro ponto de `. Seja G o ponto de encontro entre
BC e `. Então 4AGB ≡ 4AGC, por LAL e, portanto, ∠AGB ≡ ∠AGC. Como B − G − C,
m(∠AGB)+m(∠AGC) = 180, donde m(∠AGB) = 90, ou seja,
←→
BC⊥ `. A unicidade segue do fato
que se `1 ⊥ ` e `2 ⊥ ` e `1 6= `2, então `1 e `2 são paralelas.
Exerćıcio 82: Dados os pontos A, B, C e D tais que A−B −D e C fora de
←→
AB , mostre que
m(∠DBC) > m(∠BAC) e m(∠DBC) > m(∠BCA). (Isto é, cada ângulo externo de um triângulo
é maior que os dois ângulos internos não adjacentes.)
Solução e/ou Sugestão: Seja E do mesmo lado que C em relação a
←→
AB e tal que ∠BAC ≡
∠DBE. Então
←→
AC e
←→
BE são paralelas (por quê?). Portanto C e A estão do mesmo lado de
←→
BE
e E e A estão em lados opostos de
←→
BC (por quê?), ou seja, E ∈ int (∠DBC), donde segue que
m(∠DBC) > m(∠DBE) = m(∠BAC). Agora, seja D′ tal que C − B − D′. Então ∠ABD′ ≡
∠CBD, pois são opostos pelo vértice. Seja F do mesmo lado que D′ em relação a
←→
AB e tal que
∠D′BF ≡ ∠BCA. Pela mesma argumentação acima, conclúımos que m(∠DBC) > m(∠BCA)
(preencha os detalhes).
Exerćıcio 83: LAAo (Lado-Ângulo-Ângulo oposto) Dados os triângulos 4ABC e 4DEF , tais
que AB ≡ DE, ∠BAC ≡ ∠EDF e ACB ≡ ∠DFE, mostre que 4ABC ≡ 4DEF .
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 21
Solução e/ou Sugestão: Seja G ∈
←→
DF , do mesmo lado de F em relação a
←→
DE e tal que
DG ≡ AC. Por LAL, 4ABC ≡ 4DEG e, protanto ∠DGE ≡ ∠ACB. Queremos mostrar que
G = F . Para isto, temos que descartar as possibilidades D−G−F e D−F−G (por quê só estas?). Se
D−G−F , o ângulo ∠DGE é externo ao triângulo 4GFE e, portanto, m(∠ACB) = m(∠DGE) >
m(∠DFE), mas, por hipótese, m(∠ACB) = m(∠DFE), uma contradição à desigualdade. Se
D − F − G, o ângulo ∠DFE é externo ao triângulo 4GFE e, portanto, pelo mesmo racioćınio,
chegamos a uma contradição. Portanto G = F , como queŕıamos mostrar.
Exerćıcio 84: Dado o triângulo 4ABC, mostre que d(A,B) > d(B,C) se, e somente se,
m(∠ACB) > m(∠BAC).
Solução e/ou Sugestão: Se d(A,B) > d(B,C), seja D tal que A − D − B e BC ≡ BD.
Então m(∠ACB) > m(∠BCD), pois D ∈ int (∠ACB) e m(∠BCD) > m(∠BAC), pois ∠BCD
é externo ao triângulo 4ADC. Portanto m(∠ACB) > m(∠BAC). Reciprocamente, suponha
que m(∠ACB) > m(∠BAC). Então d(A,B) = d(B,C) implica que m(∠ACB) = m(∠BAC), pois
4ABC seria isósceles e d(A,B) < d(B,C) implica que m(∠ACB) < m(∠BAC), pela argumentação
acima. Ou seja, d(A,B) ≤ d(B,C) leva a contradições à hipótese m(∠ACB) > m(∠BAC). Portanto
d(A,B) > d(B,C).
Exerćıcio 85: Mostre que ALA implica LAL.
Exerćıcio 86: Mostre que para todo triângulo 4ABC são equivalentes:
(a) Todos os lados são congruentes entre si.
(b) Todos os ângulos internos são congruentes entre si.
Observação: A bissetriz de um ângulo ∠AOB é a semi reta −−→OC tal que C ∈ int (∠AOB)
e ∠AOC ≡ ∠COB. Dado o triângulo 4ABC, seja M o ponto médio de BC; o segmento AM é
chamado de uma mediana de4ABC; a linha ` contendo M e perpendicular ao lado BC é chamada
de mediatriz de BC.
Exerćıcio 87: Mostre que as três bissetrizes dos ângulos de um triângulo 4ABC se encontram
num ponto no interior de 4ABC. (Para isto, mostre que duas bissetrizes se encontram num ponto
P no interior de 4ABC, desça perpendiculares de P aos três lados de 4ABC e use congruência
com os triângulos convenientes.)
Exerćıcio 88: Mostre que se duas mediatrizes se encontram num ponto P , então e terceira
mediatriz também passa por P . (Ligue P ao ponto médio do terceiro lado e use congruência de
triângulos, com os triângulos convenientes. O próximo exerćıcio mostra que precisamos da hipótese
de que duas das mediatrizes se encontram.)
Exerćıcio 89: Mostre que as mediatrizes do triângulo 4ABC na geometria hiperbólica são
paralelas, sendo que A = (0, 4), B = (−6, 4) e C = (6, 4) são pontos de H. (Para isto, mostre que
as mediatrizes são as linhas `0, `3 e `−3.)
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 22
Exerćıcio 90: Mostre que num triângulo isósceles as três medianas se encontram num ponto.
(Mostre que duas se encontram num ponto P e ligue este ponto ao ponto médio do terceiro lado,
etc.)
Exerćıcio 91: Dados A−B − C e D e E do mesmo lado de
←→
AB , mostre que se m(∠EBC) <
m(∠DAC), então as semi retas −−→AD e −−→BE não se encontram. (Construa um ângulo ∠FBC ≡
∠DAC com F do mesmo lado que E em relação a
←→
AC , etc.)
Exerćıcio 92: Dado o triângulo 4ABC, seja P ∈
←→
BC o pé da perpendicular a
←→
BC , passando
por A. Mostre que, se m(∠ABC) < 90 e m(∠ACB) < 90, então B − P − C.
Exerćıcio 93: Mostre que num triângulo isósceles, cujos ângulos internos não sejam maiores
que 90, as três alturas se encontram num ponto no interior do triângulo.
Exerćıcio 94: Mostre que existe em H um triângulo isósceles com um ângulo maior que 90,
cujas alturas não se encontram em H. (Considere 4ABC, A = (0, 2), B = (−1, 1) e C = (1, 1);quais são suas alturas?)
Exerćıcio 95: Dado o quadrilátero convexo �ABCD, tal que AB ≡ AD e BC ≡ CD, mostre
que
←→
AC é perpendicular a
←→
BD .
Exerćıcio 96: Dado o quadrilátero convexo �ABCD, tal que AB ≡ CD e m(∠BAD) =
m(∠CDA) = 90, sejam M e N os pontos médios de AD e BC, respectivamente. Mostre que MN
é perpendicular a AD e a BC. (Para isto, primeiro mostre que ∠ABC ≡ ∠DCB. Este tipo de
quadrilátero é chamado de quadrilátero de Saccheri e vai ser importante posteriormente, quando
formos estudar paralelismo.)
11. Desigualdades Geométricas:
Vamos desenvolver algumas desigualdades envolvendo ângulos e medidas de segmentos. Para
facilitar o entendimento, vamos estabelecer algumas notações relativas a comparações de tamanhos
de segmentos e ângulos.
NOTAÇÕES: Se d(A,B) < d(C,D), escreveremos AB < CD (sem as barras); se d(A,B) ≤
d(C,D), escreveremos AB ≤ CD; se AB ≡ CD, escreveremos AB = CD; se d(A,B) = d(C,D) +
d(E,F ), escreveremos AB = CD+EF ; se m(∠AOB) < m(∠CPD), escreveremos ∠AOB < ∠CPD
e se m(∠AOB) ≤ m(∠CPD), escreveremos ∠AOB ≤ ∠CPD.
Exerćıcio 97: Dados A − B −D, e C fora de
←→
AB , mostre que ∠BAC < ∠DBC e ∠ACB <
∠DBC.
Solução e/ou Sugestão: Seja M o ponto médio de BC, e seja E tal que A − M − E e
AM ≡ ME. Então 4AMC ≡ 4EMB (por quê?) e E está no interior de ∠DBC (por quê?).
Como ∠ACB ≡ ∠EBC, ∠ACB < ∠DBC.
Para a outra desigualdade, seja F tal que C − B − F . Então ∠DBC ≡ ∠FBA. Pelo mesmo
argumento acima, mostramos que ∠BAC < ∠DBC (faça isto!).
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 23
Exerćıcio 98: Mostre que se dois lados de um triângulo não são congruentes, então os dois
ângulos opostos a estes lados também não são congruentes. Mostre que o maior entre estes dois
ângulos é oposto ao maior entre os dois lados em questão.
Solução e/ou Sugestão: Dado o triângulo 4ABC, suponha que AB > AC. Seja D o único
ponto tal que A − C −D e AD ≡ AB. Então o triângulo 4ABD é isósceles e ∠ADB ≡ ∠ABD.
Como C está no interior de ∠ABD, ∠ABC < ∠ABD ≡ ∠ADB < ∠ACB (por quê?).
Exerćıcio 99: Mostre a rećıproca do exerćıcio anterior, ou seja, se dois ângulos de um triângulo
não são congruentes, então os lados opostos a estes ângulos também não são congruentes e o maior
destes lados é oposto ao maior destes ângulos.
Exerćıcio 100: (Desigualdade Trangular I) Dado o triângulo4ABC, mostre que d(A,C) <
d(A,B) + d(B,C) (ou seja AC < AB + BC).
Solução e/ou Sugestão: Seja D tal que C − B − D e AB ≡ BD. Então ∠BAD ≡ ∠BDA.
Como B está no interior de ∠CAD, ∠BDA ≡ ∠CAD > ∠BAD e, portanto, pelo exerćıcio acima,
AC < AD = CB + BD = AB + BC.
Exerćıcio 101: (Desigualdade Trangular II) Dados os pontos A, B, e C, mostre que
d(A,C) ≤ d(A,B) + d(B,C). (Considere os vários casos em que A, B e C são colineares, etc.)
Exerćıcio 102: Dado os triângulos4ABC e4DEF tais que AB ≡ DE, BC ≡ EF e ∠ABC >
∠DEF , mostre que AC > DF .
Solução e/ou Sugestão: Para isto, constrúımos o triângulo 4HBC ≡ 4DEF , com H do
mesmo lado que A em relação a
←→
BC (por quê podemos constrúı-lo e por quê é único?). Como
∠ABC > ∠DEF , temos ∠ABC > ∠HBC. Pelas barras cruzadas, a semi reta −−→BH cruza AC num
ponto K. Podemos ter três casos, a saber, B−H −K, ou H = K, ou B−K−H. Constrúımos um
triângulo auxiliar4ABM tal que M é o ponto em AK que está na bissetriz do ângulo ∠ABH (pelas
barras cruzadas). Por LAL e usando a hipótese AB ≡ DE ≡ BH, temos que 4ABM ≡ 4HBM e,
portanto AM ≡ HM . Pela desigualdade triangular, HC ≤ HM + MC. Nos casos em que K 6= H,
temos HC < HM + MC, ou seja, DF = HC < AM + MC = AC. No caso em que H = K, a
desigualdade DF = HC < AC decorre do fato que A−H − C.
Exerćıcio 103: Dado um triângulo 4ABC, tal que AC ≤ AB, se B − D − C, mostre que
AD < AB. (Para isto, mostre que ∠ABC < ∠ADB, etc.)
Exerćıcio 104: Dado o triângulo isósceles4ABC (tal que AB ≡ AC), mostre que m(∠ABC) <
90.
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 24
Exerćıcio 105: Mostre que qualquer triângulo tem pelo menos dois ângulos internos agudos
(isto é, medem menos que 90).
12. Triângulos Retângulos: Um triângulo é chamado de triângulo retângulo
se um de seus ângulos internos for reto (ou seja, se medir 90). Os lados adjacentes ao ângulo reto
são os catetos e o lado oposto a hipotenusa. Veremos que o famoso teorema de Pitágoras só vale
na geometria euclideana.
Exerćıcio 106: Mostre que o Teorema de Pitágoras vale na geometria anaĺıtica, isto é, mostre
que dado o triângulo retângulo 4ABC, com ângulo reto ∠BAC, mostre que BC2 = AB2 + AC2.
(Use o produto escalar de vetores.)
Exerćıcio 107: Mostre que o Teorema de Pitágoras não vale na geometria hiperbólica. (Con-
sidere o triângulo 4ABC em H tal que A = (0, 5), B = (0, 7) e C = (3, 4); calcule d(A,B), etc.)
Exerćıcio 108: Mostre que a hipotenusa é maior do que os catetos. Use isto para mostrar que
o ponto de uma linha ` mais próximo de um ponto P fora de ` é o pé da perpendicular a ` que passa
por P .
Observação: Definimos a distância do ponto P à linha ` como d(P, `) = d(P,Q), sendo que
P = Q, se P ∈ `, ou Q é o pé da perpendicular a ` passando por P . Dado um triângulo 4ABC
qualquer, seja D ∈
←→
AB o pé da perpendicular a
←→
AB passando por C. O segmento CD é uma altura
de 4ABC.
Exerćıcio 109: Mostre que d(P, `) ≤ d(P,R), se R ∈ ` e d(P, `) = d(P,R) se, e somente se,
←→
PQ⊥ `.
Exerćıcio 110: Mostre que se AB é o maior lado de 4ABC e CD é uma altura sobre o lado
AB, então A−D −B. (Compare ângulos opostos aos lados convenientes.)
Exerćıcio 111: (LLA para triângulos retângulos) Dados os triângulos 4ABC e 4DEF ,
tais que ∠BAC e ∠EDF sejam retos, AB ≡ DE e BC ≡ EF , mostre que 4ABC ≡ 4DEF .
Solução e/ou Sugestão: Seja G ∈
←→
DF tal que G−D − F e GD = AC. Por LAL, 4ABC ≡
4DEG (por quê?). Como BC = EF , EF = BC = EG e, portanto, o triângulo 4EFG é isósceles,
com ∠DFE ≡ ∠DGE. Por LAAo, 4DEF ≡ 4DEG ≡ 4ABC (por quê?).
Exerćıcio 112: Nem sempre vale o critério LLA para triângulos não retângulos, isto é, dado o
triângulo 4ABC não retângulo e tal que BC < AC, existe um triângulo 4DEF , tal que ∠BAC ≡
∠EDF , AB ≡ DE e BC ≡ EF , mas 4ABC 6≡ 4DEF . Em que casos vale este critério? Basta
acrescentar a hipótese de que BC > AB?
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 25
Solução e/ou Sugestão: Para isto, seja AG uma altura, com G ∈
←→
BC . Então, ou A−G−C,
ou A − C − G, pois G 6= A e G 6= C, por não ser triângulo retângulo, e G − A − C implicaria que
BC > AC (por quê?). Seja E ∈
←→
AC tal que E − G − C e EG = CG. Então E ∈ −−→AC , pois se
E 6∈ −−→AC , novamente teŕıamos BC > AC (por quê?). Também temos que E 6= A (por quê?). Os
triângulos 4ABC e 4ABE satisfazem as hipóteses ∠BAC ≡ ∠BAE, AB ≡ AB e BC ≡ BE, mas
não são congruentes (por quê?).
Exerćıcio 113: Dados os triângulos 4ABC e 4DEF , tais que ∠BAC e ∠EDF sejam retos,
BC ≡ EF e ∠ABC ≡ ∠DEF , mostre que 4ABC ≡ 4DEF .
Solução e/ou Sugestão: Use LAAo.
Exerćıcio 114: Dados A 6= B, seja M ∈ AB o ponto médio e seja ` contendo M e perpendicular
a
←→
AB e seja P um ponto qualquer. Mostre que AP = BP se, e somente se, P ∈ `. (Isto é, a mediatriz
do segmento AB é o conjunto dos pontos do plano equidistantes de A e B.)
Solução e/ou Sugestão: Mostre que se P ∈
←→
AB então P = M ∈ ` e se P 6∈
←→
AB , desça uma
perpendicular a
←→
AB passando por P , seja N ∈
←→
AB o pé da perpendicular. Mostre que 4PNA ≡
4PNB e conclua que N = M e, portanto P ∈ `.
Exerćıcio 115: Seja −−→BD a bissetriz de ∠ABC e sejam E ∈ −−→BA e F ∈ −−→BC os pés das
perpendiculares passando por D. Mostre que DE = DF .
Exerćıcio 116: Mostre que 4ABC é isósceles se, e somente se, quaisquer duas das seguintes
figuras são colineares:
(a) uma mediana de 4ABC;
(b) uma altura de 4ABC;
(c) uma mediatriz de 4ABC;
(d) uma bissetriz de 4ABC.
Solução e/ou Sugestão: São seis casos a serem considerados, (a) e (b), ou (a) e (c), ouetc.
Por exemplo, seja M o ponto médio de BC e suponha que a mediana AM também é uma altura.
Por LAL, 4AMB ≡ 4AMC, etc.
13. Circunferências: Dado um ponto C e um número real r > 0, o conjunto C =
{P : d(P,C) = r} é chamado de circunferência, sendo C chamado de seu centro e r o seu
raio. Se A,B ∈ C são tais que A − C − B, então o segmento AB é chamado de diâmetro de
C e CA de segmento radial ou, por um abuso de linguagem, também chamaremos de raio de
C; o interior de C é o conjunto int (C) = {P : d(P,C) < r}; o exterior de C é o conjunto
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 26
ext (C) = {P : d(P,C) > r}. Vamos estudar algumas propriedades de circunferências usando apenas
os postulados até agora listados (isto é, até o LAL).
NOTAÇÃO: Caso precisemos especificar o centro e o raio de C, escreveremos CC,r.
Exerćıcio 117: Mostre que o conjunto A = {(x, y) ∈ H : x2 + (y − 5)2 = 16} é a circunferência
de centro (0, 3) e raio ln 3 na geometria hiperbólica. Ou seja, a circunferência hiperbólica coincide
com a euclideana, mas com seu centro deslocado para baixo. (Para isto, tome um ponto (a, b) ∈ A
e mostre que d((a, b), (0, 3)) = ln 3; divida em casos a = 0 e a 6= 0; neste último, ache `p,r tal que
(a, b) ∈ `p,r e (0, 3) ∈ `p,r, para calcular a distância; não esqueça de usar a equação x2 +(y−5)2 = 16
para o ponto (a, b).)
Exerćıcio 118: Esboce a circunferência de centro (0, 0) e raio 1 na geometria do taxista. (Mostre
que a equação que a define é |x|+ |y| = 1.)
Exerćıcio 119: Verifique que a circunferência de centro (−1, 0) e raio 2 no plano de Moulton
é descrita por {(x, y) ∈ R2 : (x + 1)2 + y2 = 4, se x ≤ 0 ou y ≤ 0 e 4x + 8 =
√
(x + 2)2 + 4y2 +√
x2 + y2(2− x)2, se x > 0 e y > 0}.
Exerćıcio 120: Voltando às geometrias que satisfazem LAL, dados três pontos P , Q e R
não colineares e tais que as mediatrizes de PQ e QR se encontram, mostre que existe uma única
circunferência C contendo estes pontos.
Solução e/ou Sugestão: Seja C o ponto de encontro das mediatrizes e r = d(C,P ). Por
congruênciade triângulos (quais?), CP = CQ = CR e, portanto P,Q,R ∈ C = CC,r. Para mostrar
a unicidade de C, suponha que P,Q,R ∈ CD,s, para um ponto D e um número real s > 0. Sejam M
o ponto médio de PQ e N o ponto médio de QR. Então, por congruências de triângulos (quais?),
DM é perpendicular a PQ e DN é perpendicular a QR. Portanto D = C e s = r (por quê?).
Exerćıcio 121: Mostre que se A e B são dois pontos da circunferência CC,r, mostre que C está
na mediatriz de AB.
Exerćıcio 122: Mostre que uma circunferência C pode ser circunscrita num triângulo 4ABC
(isto é, seus vértices A, B e C estão em C) se, e somente se, suas mediatrizes se encontram num
ponto (e este ponto é chamado de circuncentro de 4ABC). Observe que na geometria hiperbólica
existem triângulos em que isto não acontece.
Exerćıcio 123: Mostre que int (CC,r) é convexo. (Para isto, sejam A,B ∈ int (CC,r), A 6= B,
e seja D ∈ AB; mostre que D ∈ int (CC,r); considere dois casos: C ∈ AB e compare distâncias;
C 6∈ AB e considere os triângulos 4ABC e 4ABD e compare os lados.)
Exerćıcio 124: Uma linha ` é dita uma tangente à circunferência C se `∩C contém um único
ponto. Mostre que se A ∈ C e C é o centro de C, então a linha ` perpendicular a CA e passando
por A é uma tangente a C. (Para isto, mostre que se B ∈ ` e B 6= A, então CB > CA.)
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 27
Exerćıcio 125: Uma linha ` é dita uma linha secante de C, se ela intersecta C em mais de
um ponto. Mostre que neste caso ` encontra C em exatamente dois pontos A e B. (Separe em dois
casos: ` contém o centro e ` não contém o centro.)
Exerćıcio 126: Mostre que se ` é uma tangente à circunferência C passando pelo ponto A ∈ C,
então ` é perpendicular a AC, sendo C o centro de C.
Exerćıcio 127: Mostre que para qualquer triângulo 4ABC, existe uma única circunferência C
inscrita em 4ABC (isto é, C é tangente aos três lados de 4ABC). (Mostre que o centro desta
circunferência, chamado de incentro de 4ABC, é o ponto de encontro das bissetrizes de 4ABC.)
Exerćıcio 128: Seja f : `→ R uma régua e P 6∈ ` um ponto. Seja h : R→ R a função definida
por h(x) = d(P,Q), sendo que Q ∈ ` e f(Q) = x. Mostre que h é cont́ınua.
Solução e/ou Sugestão: Precisamos mostrar que para cada x ∈ R, dado ε > 0 existe δ > 0
tal que, para todo t ∈ R tal que 0 < |t| < δ, temos |h(x + t) − h(x)| < ε. (Lembre-se que isto é a
definição de continuidade de uma função.)
Sejam x ∈ R, Q ∈ `, tal que f(Q) = x, ε > 0, R,S ∈ ` tais que R−Q−S e d(R,Q) = d(S, Q) = ε.
Se T ∈ int (RS), então d(T,Q) < ε (Q é o ponto médio de RS). Pela desigualdade triangular aplicada
aos pontos P , Q e T , temos PQ+TQ ≥ PT e PT +TQ ≥ PQ. Destas duas desigualdades obtemos
PT − PQ ≤ TQ e PQ − PT ≤ TQ, donde segue que |PQ − PT | ≤ TQ. Traduzindo isto em
termos da função h, temos |h(Q) − h(T )| < d(T,Q). Seja t = f(T ) − f(Q); então f(T ) = x + t e
d(T,Q) = |t|; portanto |h(Q) − h(T )| < |t|. Se fizermos δ = ε, obtemos que se |t| < δ = ε então
|h(Q)− h(T )| < ε, como queŕıamos mostrar.
Exerćıcio 129: Dados A, B e C não colineares e tais que
←→
AC⊥
←→
AB , e dado r ∈ R tal que
d(A,C) < r, mostre que existe um ponto D ∈ −−→AB tal que d(C,D) = r. (Para isto, seja E ∈ −−→AB
tal que d(A,E) = r; mostre que d(C,E) > r; use a função do exerćıcio anterior para obter o
resultado desejado; lembre-se do Teorema do Valor Intermediário, que diz que se f : [a, b] → R é
cont́ınua, e f(a) < f(b), se f(a) ≤ r ≤ f(b) então existe c ∈ [a, b] tal que f(c) = r.)
Exerćıcio 130: Mostre que se ` contém algum ponto do interior da circunferência C, então ` é
uma linha secante de C. (Para isto, desça uma perpendicular do centro C de C a `; seja A o pé da
perpendicular; use o exerćıcio acima.)
Exerćıcio 131: Mostre que dada a circunferência C = CC,r e P ∈ ext (C), então existem
exatamente duas linhas passando por P e tangentes a C.
Solução e/ou Sugestão: Seja A o ponto de interseção entre o segmento PC e a circunferência
C. Seja s = d(P,C); observe que s > r. A linha ` perpendicular a PC pelo ponto A contém o
ponto A, que está no interior de D = CC,s e, portanto intersecta D em exatamente dois pontos R
e S. Seja B o ponto de interseção de C e CR e D o ponto de interseção de C e CS. Por LAL,
4CBP ≡ 4CDP ≡ 4CAR (por quê?). Portanto
←→
PB⊥ CB e
←→
PD⊥ CD, ou seja,
←→
PB e
←→
PD são
tangentes a C e são duas linhas distintas.
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 28
Vamos mostrar agora que não existe outra linha tangente a C, passando por P . Para isto,
observe que se X ∈ C, X 6= A e X 6= B, então X ∈ int (∠BPD) (por quê?). Portanto, se ` contém
P mas não intersecta int (∠BPD), então também não intersecta C. Se ` intersecta int (∠BPD),
pelas barras cruzadas, ` intersecta BD, num ponto F tal que B − F − D. Mas F ∈ int (C) (por
quê?) e, portanto ` é uma linha secante de C. Portanto, só
←→
PB e
←→
PD são tangentes a C.
Exerćıcio 132: Sejam 4ABC e 4DEF dois triângulos retângulos, com ângulos retos nos
vértices A e D, respectivamente, tais que BC = EF , AB > DE. Mostre que AC < DF .
Solução e/ou Sugestão: Sejam G ∈ −−→DE e H ∈ −−→DF tais que 4ABC ≡ 4DGH. Como
AB > DE, temos que D−E−G. Queremos mostrar que D−H−F e, portanto AC = DH < DF .
Para isto, vamos mostar que tanto H = F quanto D − F −H levam a uma contradição. Suponha
que H = F ; como ∠DEH é agudo (por quê?), o ângulo suplementar ∠GEH é obtuso e, portanto
é o maior ângulo de 4GEH, o que implica que o lado oposto GH é o maior dos lados de 4GEH.
Mas isto contradiz o fato que GH = GF = BC = EF . Se D − F −H, usando o triângulo 4GFH,
pelo mesmo tipo de argumentação, obtemos uma contradição (como?).
Exerćıcio 133: Dada a linha `, A ∈ `, r > 0 e H1, um dos lados de `, seja h a função
h(x) = d(P,X), sendo que X ∈ ` é tal que f(X) = x, sendo f : ` → R uma réguade ` tal que
f(A) = 0 e P ∈ C = CA,r está em H1 ou em ` e também na linha perpendicular a `, passando por
X. Mostre que o domı́nio de h é o intervalo fechado [−r, r] e que h é cont́ınua neste intervalo.
Solução e/ou Sugestão: Se P ∈ C, P 6∈ `, e X é o pé da perpendicular a ` passando por P ,
então X está no interior de C (por quê?) e, portanto, |f(X)| = |f(X) − f(A)| = d(X, A) < r. Se
P ∈ C ∩ `, então |f(P )| = r; finalmente, se X ∈ ` e d(X, A) > r, então a linha perpendicular a ` e
contendo X não intersecta a circunferência C. Portanto o domı́nio de h é [−r, r]. Sejam B,C ∈ `
tais que f(B) = −r e f(C) = r.
Para mostrar que h é cont́ınua em cada x ∈ [−r, r], dividiremos em dois casos, a saber, −r ≤
x ≤ 0 e 0 ≤ x ≤ r.
Consideremos o caso em que −r ≤ x ≤ 0. Observe que se −r ≤ t < u ≤ 0, então h(t) < h(u),
pois se T,U ∈ ` são tais que f(T ) = t, f(U) = u, sejam P,Q ∈ C ∩ H1, tais que PT ⊥ ` e
QU ⊥ `. Pelo exerćıcio anterior, considerando os triângulos retângulos 4ATP e 4AUQ, temos que
TP < UQ (por quê?). Portanto h(t) = d(T, P ) < d(U,Q) = h(u). Por outro lado, dado s ∈ R, tal
que 0 = h(−r) < s < h(0) = r, existe X ∈ ` tal que h(x) = s, pois se D ∈ H1 é tal que DA ⊥ ` e
d(D,A) = s, seja X ∈ −−→AB tal que d(X, D) = r (por quê tal ponto existe?). Então, considerando
o triângulo retângulo 4DAX, temos que AX < DX = AB (por quê?), ou seja, B −X − A. Seja
R ∈ C ∩ H1 tal que RX ⊥ `. Por LAL, 4DAX ≡ 4RXA e, portanto h(x) = d(X, R) = s,
sendo x = f(X). Ou seja, provamos que h é estritamente crescente em [−r, 0] e que, para cada
s ∈ [0, r] = [h(−r), h(0)], existe algum x ∈ [−r, 0], tal que h(x) = s. Vamos usar isto para mostrar
que h é cont́ınua em cada x ∈ [−r, 0].
Primeiro, consideremos x ∈]−r, 0[. Dado ε > 0, sejam a, b ∈]−r, 0[, a < h(x) < b, |h(x)−a| < ε,
|h(x)− b| < ε e t, u ∈]− r, 0[, tais que h(t) = a e h(u) = b. Então, como provamos que h é crescente
em [−r, 0], temos que t < x < u. Seja δ = min{|x − a|, |x − b|}. Então se |x − w| < δ, temos que
a < w < b, e portanto, |h(x)− h(w)| < max{|h(x)− a|, |h(x)− b|} < ε (por quê?).
Ficam para os leitores tratarem dos casos em que x = −r, x = 0 e x ∈ [0, r].
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 29
Exerćıcio 134: Mostre que se 0 < r, s < d(A,B) < r + s, então as circunferências A = CA,r e
B = CB,s se encontram em dois pontos.
Solução e/ou Sugestão: Escolhemos um lado H1 de ` e definimos funções hA : [−r, r] → R
e hB : [b − s, b + s] → R (com domı́nio deslocado de b = f(B), sendo f uma régua de ` tal que
f(A) = 0 e f(B) > 0), hA(x) = d(X, P ), sendo x = f(X), P ∈ A ∩ (H1 ∪ `) e PX ⊥ ` e
hB(y) = d(Y, Q), sendo y = f(Y ), Q ∈ B ∩ (H1 ∪ `) e QY ⊥ `, como no exerćıcio anterior. Como
0 < r, s < d(A,B) = b < r + s, temos b− s < r, ou seja, a função h(x) = hA(x)−hB(x) está definida
no intervalo [b − s, r]. Neste intervalo, hA é decrescente e hB é crescente (por quê?). Temos que
h(b− s) = hA(b− s)− hB(b− s) = hA(b− s) > 0 e que h(r) = hA(r)− hB(r) = −hB(r) < 0. Como
h é cont́ınua (pois é diferença de duas funções cont́ınuas) e muda de sinal, existe x ∈ [b − s, r], tal
que h(x) = 0. Se x = f(X), X ∈ `, então os pontos P ∈ A ∩H1 e Q ∈ B ∩H1, tais que PX ⊥ ` e
QX ⊥ ` são tais que d(P,X) = d(Q,X). Portanto P = Q. O outro ponto de encontro de A e B é o
ponto R ∈
←→
PX tal que P −X −R e PX = XR (por quê?).
Observação: O exerćıcio anterior descreve uma propriedade importante do instrumento de
desenho que traça circunferências, que é o compasso. De certo modo, podemos dizer que uma
circunferência é uma curva cont́ınua. Sua utilidade será explorada nos exerćıcios a seguir.
14. Primeiras Construções com Régua e Compasso: Um ponto im-
portante em geometria, principalmente em aplicações práticas, são construções com réguas não grad-
uadas e compassos. Alguns dos problemas mais famosos de tais tipos de construções são construções
de poĺıgonos regulares (isto é, todos os lados são congruentes e todos os ângulos são congruentes).
Muitas das construções são válidas apenas na geometria anaĺıtica ou na geometria hiperbólica e out-
ras são imposśıveis. Por exemplo, na geometria anaĺıtica, o matemático francês E. Galois descobriu
um critério geral de construtibilidade, estudado em cursos sobre a Teoria de Galois (por exemplo,
Álgebra III do bacharelado). Vamos apenas descrever algumas construções posśıveis comuns a todas
as geometrias em que valem os postulados enunciados até agora (até LAL).
ATENÇÃO: Nesta seção, descrever as construções usando apenas uma régua não graduada e um
compasso. Por exemplo, para construir uma linha, contruir dois pontos dela. Descrever as construções
e mostrar que são corretas.
Exerćıcio 135: (Construção de Triângulos) Dados a, b, c ∈ R, a > 0, b > 0, c > b e
a < c < a + b, mostre que existe um triângulo 4ABC, tais que seus lados medem a, b e c. (Para
isto, seja ` uma linha, A,B ∈ ` dois pontos tais que d(A,B) = c e seja H1 um dos lados de `. Sejam
A = CA,b e B = CB,a as circunferências de centros A e B e raios b e a, respectivamente; etc.)
Exerćıcio 136: (Construção de Perpendiculares I) Dada uma linha ` e um ponto P ∈ `,
construir com compasso e régua uma linha
←→
AP ⊥ `. (Para achar um ponto A tal que
←→
AP ⊥ `, seja
r ∈ R, r > 0, sejam B,C ∈ `, tais que B −P −C e B,C ∈ CP,r; seja A ∈ CB,2r ∩CC,2r; por quê tal
A existe e
←→
AP ⊥ `?)
MAT-230: Notas de Aula e Exerćıcios - Prof. R. Bianconi 30
Exerćıcio 137: (Construção de Perpendiculares II) Dada uma linha ` e um ponto P 6∈ `,
construir com compasso e régua uma linha
←→
AP ⊥ `. (Escolha um ponto C ∈ ` e trace a circunferência
de centro P , contendo C, etc.)
Exerćıcio 138: Dado o segmento AB, construir com régua não graduada e compasso o ponto
médio de AB.
Exerćıcio 139: Dado o triângulo4ABC, achar o ponto D tal que �ABCD seja um quadrilátero
convexo com CD = AB e AD = BC.
Exerćıcio 140: Dado o ângulo ∠AOB, achar sua bissetriz.
Observação: Nos Elementos de Euclides, os instrumentos de desenho são uma régua não grad-
uada e um compasso que colapsa (se o tiramos do papel, perdemos sua abertura). Portanto só
podemos construir uma circunferência se conhecermos seu centro e um ponto dela. Com isto, não é
imediato construir um ponto B na semi-reta −−→AP tal que AB seja congruente a um segmento CD
dado. Por isso, as três primeiras Proposições dos Elementos, descrevem como obter tal segmento. A
primeira descreve como obter um triângulo equilátero 4ABC, conhecendo seu lado AB; a segunda
descreve como obter um segmento AB, dado o ponto A e congruente ao segmento CD também
dado; por fim, a terceira descreve como construir AB ≡ CD, com B ∈ −−→AP , sendo dados CD e−−→
AP . Vamos descrever tais construções no exerćıcio seguinte.
Exerćıcio 141: São dados o segmento CD e a semi-reta −−→AP . Construir um ponto E tal
que 4ACE seja equilátero (usando o exerćıcio acima). Com centro em C, traçar a circunferência
A = CC,r, sendo r = d(C,D). Seja G o ponto de encontro entre
−−→
EC e A (por tal ponto quê existe
e é único?). Seja B = CE,s, sendo que s = d(E,G). Seja F ∈
−−→
EA ∩ B (por tal ponto quê existe e
é único?). Mostre que AF ≡ CD. Seja D = CA,t, sendo t = d(A,F ) e seja B ∈
−−→
AP ∩ D. Observe
que AB ≡ CD.
15. Geometria Absoluta: A teoria de geometria baseada nos postulados 1 a 7,
enunciados até agora é chamada de Geometria Absoluta ou Geometria Neutra. Estes postulados
ainda não são suficientes para caracterizar a geometria euclideana (ou anaĺıtica), pois vimos que
tanto na geometria euclideana, como na hiperbólica, valem os postulados 1 a 7. Veremos mais adiante
que o postulado das paralelas é o que falta para tal caracterização. Mas antes, vamos apresentar
a primeira formulação da geometria absoluta, feita por D. Hilbert em 1900, que é equivalente á
geometria métrica (com Pasch e LAL), apresentada nestas notas e que foi desenvolvida por G. D.
Birkhoff em 1933. São postulados: